第一章 动量和动量守恒定律 章末小结与质量评价(课件PPT)-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（粤教版）

章末小结与质量评价 选择性必修第一册 一、知识体系建构——理清物理观念　 二、综合考法融会——强化科学思维 01 02 CONTENTS 目录 三、价值好题精练——培树科学态度和责任 章末综合检测 03 04 一、知识体系建构——理清物理观念　 二、综合考法融会——强化科学思维　 考法一 动量定理及其应用 [典例]　一个铁球，从静止状态由10 m高处自由下落，不计空气阻力，然后陷入泥潭中，从进入泥潭到静止用时0.4 s，该铁球的质量为336 g，求(g取10 m/s2)： (1)从开始下落到进入泥潭前，重力对小球的冲量大小; [答案]　4.75 N·s　 [解析]　小球自由下落10 m所用的时间是t1== s= s，重力的冲量大小IG=mgt1=0.336×10× N·s≈4.75 N·s。 (2)从进入泥潭到静止，泥潭对小球的冲量大小; [答案]　6.10 N·s [解析]　设向下为正方向，对小球从静止开始运动至停在泥潭中的全过程运用动量定理得 mg(t1+t2)-Ft2=0 泥潭的阻力F对小球的冲量大小 IF=Ft2=mg(t1+t2)=0.336×10×(+0.4)N·s≈6.10 N·s。 (3)泥潭对小球的平均作用力的大小。 [解析]　由Ft2=6.10 N·s，得F=15.25 N。 [答案]　15.25 N 1.冲量的计算 (1)恒力的冲量：公式I=Ft适用于计算恒力的冲量。 (2)变力的冲量： ①通常利用动量定理I=Δp求解。 ②可用图像法计算。在F-t图像中阴影部分(如图)的 面积就表示力在时间Δt=t2-t1内的冲量。 融会贯通 2.动量定理Ft=mv2-mv1的应用 它说明的是力对时间的累积效应。应用动量定理解题时，只考虑物体的初、末状态的动量，而不必考虑中间的运动过程。 (1)求动量变化量。 (2)求变力的冲量问题及平均力问题。 (3)求相互作用时间。 (4)利用动量定理定性分析现象。 1.(多选)如图所示，质量均为m的小球A、B在同一水平线上，当A球水平抛出的同时B球自由下落，运动到t=2 s时刻，两球的运动方向夹角为37°(已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)，不计空气阻力，则 (　 ) 对点训练 √ A.当t=2 s时，A球与B球重力的瞬时功率之比为5∶4 B.当t=2 s时，A球与B球重力的瞬时功率之比为1∶1 C.在0~2 s过程中，两球的动能变化量不同 D.在0~2 s过程中，两球的动量变化量相同 √ 解析：因t=2 s时两球竖直方向速度相同为vy，重力的功率为P=mgvy相同，A错误，B正确;0~2 s过程中，下落高度相同，重力做功相同，两球的动能变化量相同，C错误;0~2 s过程中，重力的冲量相同，则两球的动量变化量相同，D正确。 2.(2023·广东高考)(多选)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有 (　 ) A.该过程动量守恒 B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N √ √ 解析：取水平向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1=mv1=1×0.40 kg·m/s=0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2=2mv2=2×1× 0.22 kg·m/s=0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误;对滑块1，有I1=mv2-mv1=(1×0.22-1×0.40) N·s=-0.18 N·s，负号表示方向水平向左，故B正确;对滑块2，有I2=mv2=1×0.22 N·s=0.22 N·s，故C错误;对滑块2，根据动量定理有FΔt=I2，解得F=5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确。 考法二 动量守恒定律应用中的临界问题 [典例]　如图，光滑水平面上有一矩形木板A和滑块C，可视为质点的滑块B置于A的最左端，滑块C静止。若木板A和滑块B一起以v0=5 m/s的速度向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)，相碰后滑块C向右运动，一段时间后A、B再次一起向右运动，且恰好不再与滑块C相碰。已知：木板A与滑块B间的动摩擦因数μ=0.1，mA=2 kg，mB=1 kg，mC=2 kg，g取10 m/s2。求： (1)木板A与滑块C碰后瞬间A的速度大小，并计算说明A与C是否为弹性碰撞; [答案]　2 m/s，A与C不是弹性碰撞　 [解析]　A、C碰撞过程A、C组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0=mAvA+mCvC，从A、C碰撞后到A、B速度相等过程，A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得mAvA+mBv0=(mA+mB)v A、B一起向右运动，且恰好不再与滑块C相碰， 则vC=v 代入数据解得vA=2 m/s，vC=v=3 m/s A、C组成的系统碰撞前总动能 Ek=mA=×2×52 J=25 J 碰撞后系统总动能Ek'=mA+mC=×2×22 J+×2×32 J=13 J Ek>Ek'，碰撞过程动能减小，碰撞是非弹性碰撞。 (2)滑块B在木板A上相对运动的时间; [答案]　2 s　 [解析]　B在A上滑动过程，对B，由动量定理得 -μmBgt=mBv-mBv0 代入数据解得t=2 s。 (3)要使滑块B不从木板A上滑下，木板A至少多长。 [答案]　3 m [解析]　B滑到A的右端时A、B速度恰好相等，A的长度最小，设A的最小长度为L，A、B相对运动过程，对A、B系统，由能量守恒定律得 mA+mB=(mA+mB)v2+μmBgL 代入数据解得L=3 m。 1.寻找临界状态 题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近、恰好滑离、避免相碰和物体开始反向运动等临界状态。 2.挖掘临界条件 在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系、相对位移关系。 融会贯通 3.三种常见类型 (1)涉及弹簧类的临界问题 对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短或拉伸到最长时，弹簧两端的两个物体的速度必然相等。 (2)涉及相互作用边界的临界问题 在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于物体间弹力的作用，斜面在水平方向上将做加速运动，物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体到达最高点时，在竖直方向上的分速度等于零。 (3)子弹打木块类的临界问题 子弹刚好击穿木块的临界条件为子弹穿出时的速度与木块的速度相同，子弹位移为木块位移与木块厚度之和。 1.如图所示，水平光滑轨道宽度和轻质弹簧自然长度相等，两物体m1和m2套在水平光滑轨道上，并分别与弹簧两端连接，m2的左边有一固定挡板。m1由图示位置静止释放，已知释放m1前弹簧的弹性势能为E。在m2离开挡板后的运动过程中，求： 对点训练 (1)弹簧弹性势能的最大值; 答案：　 解析：从释放m1，到弹簧第一次恢复自然长度状态，此过程中m2不动，根据机械能守恒定律得E=m1 当两物体速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得m1v0=(m1+m2)v Em=m1-(m1+m2)v2，解得Em=。 (2)m2速度的最大值。 解析：当弹簧第二次恢复到自然长度时，m2速度最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得m1v0=m1v1+m2v2， m1=m1+m2， 解得v2=。 答案： 2.如图所示，甲车质量m1=m，在车上有质量为M=2m的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m2=2m的乙车正以v0的速度迎面滑来，已知h=，为了使两车不可能发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件?不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看作质点。 解析：设甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v1，由机械能守恒定律得(m1+M)=(m1+M)gh 得：v1==2v0 设人跳离甲车的水平速度(相对地面)为v，在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v1'和v2'，则 答案：v0≤v≤v0 人跳离甲车时：(M+m1)v1=Mv+m1v1' 即(2m+m)v1=2mv+mv1' ① 人跳上乙车时：Mv-m2v0=(M+m2)v2' 即2mv-2mv0=(2m+2m)v2' ② 解得v1'=6v0-2v ③ v2'=v-v0 ④ 两车不可能发生碰撞的临界条件是v1'=±v2' 当v1'=v2'时，由③④解得v=v0 当v1'=-v2'时，由③④解得v=v0 故v的取值范围为v0≤v≤v0。 三、价值好题精练 ——培树科学态度和责任 1.我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中 (　 ) A.火箭的加速度为零时，动能最大 B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能 C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量 D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量 √ 解析：火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确; 根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误;根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误;根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。 2.1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是 (　 ) A.碰撞后氮核的动量比氢核的小 B.碰撞后氮核的动能比氢核的小 C.v2大于v1 D.v2大于v0 √ 解析：设中子的质量为m，氢核的质量为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=mv1+mv3，m=m+m，联立解得v1=v0，设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=14mv2+mv4，m=·14m+m，联立解得v2=v0，可得v1=v0>v2， 碰撞后氢核的动量为pH=mv1=mv0，氮核的动量为pN=14mv2=，可得pN>pH，碰撞后氢核的动能为EkH=m=m，氮核的动能为EkN=·14m=，可得EkH>EkN，故B正确，A、C、D错误。 3.小明同学将“打夯”的情境简化成如图所示的过程：平底重物放置于水平地面上，两人同时通过绳子对重物各施加一个拉力，拉力大小均为F=450 N，方向均与竖直方向成θ=37°角，两人同时作用t=0.4 s后停止施力。重物上升一段时间后落下，重物砸入地面之下的距离s=4 cm。已知重物的质量为m=48 kg，所受空气阻力忽略不计，重力加速度取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)重物上升的时间; 答案：0.6 s　 解析：重物开始上升时，重物受到重力和两个拉力的作用，规定竖直向上为正方向，设重物上升的时间为t1，由动量定理得2Ftcos θ-mgt1=0-0 代入数据解得t1=0.6 s。 (2)重物砸入地面的过程中，重物对地面的平均冲击力大小F'。 答案：7 680 N 解析：从重物上升到刚撤去拉力时，设重物上升的高度为h，重物速度为v1，规定竖直向上为正方向，由动量定理得2Ftcos θ-mgt=mv1-0，又h=t 设重物砸入地面的过程中所受地面向上的平均阻力大小为f，由动能定理可得2Fhcos θ+mgs-fs=0-0 代入数据解得f=7 680 N 根据牛顿第三定律可得，重物对地面的平均冲击力大小F'=f=7 680 N。 4.某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m=0.2 kg，滑杆的质量M=0.6 kg，A、B间的距离l=1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2; 答案：8 N　5 N 解析：滑块静止时，对滑块和滑杆整体分析如图甲所示，可得N1=(M+m)g 代入数据解得N1=8 N， 滑块向上滑动时，对滑杆受力分析如图乙所示，可得N2+f=Mg 代入数据解得N2=5 N。 (2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1; 解析：滑块向上运动过程中，从A到B由动能定理得： -mgl-fl=m-m 代入数据解得v1=8 m/s。 答案：8 m/s　 (3)滑杆向上运动的最大高度h。 解析：滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，设碰后速度为v'， 由动量守恒定律得：mv1=(M+m)v' 再由动能定理得：-(M+m)gh=0-(M+m)v'2 代入数据解得：h=0.2 m。 答案：0.2 m 章末综合检测 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1.科学家试图模拟宇宙大爆炸初的情景，他们使两个带正电的不同重粒子加速后，沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞。为了使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能，关键是设法使这两个重粒子在碰撞前的瞬间具有相同大小的(　 ) A.速率　　　 B.质量　　　 C.动量　　 　 D.动能 √ 解析：尽可能减少碰后粒子的动能，才能尽可能增大内能，所以设法使这两个重粒子在碰撞前的瞬间合动量为零，即具有相同大小的动量。 2.一个质量为0.5 kg的物体，从静止开始做直线运动，物体所受合外力F随时间t变化的图像如图所示，则在时刻t=8 s时，物体的速度为 (　 ) A.2 m/s B.8 m/s C.16 m/s D.4 m/s √ 解析：F-t图像的面积表示冲量，在上方为正，在下方为负，故根据动量定理可得： N·s =mv-0，解得第8 s末的速度v=16 m/s，C正确。 3.质量为M的热气球吊框中有一质量为m的人，共同静止在距离地面为h的高空中，现从气球上放下一根质量不计的软绳，人沿绳子安全滑到地面，在此过程中热气球上升了 (　 ) A.h　　 B.h　 　 C.h　 　 D.h √ 解析：人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度为v1，气球的速度为v2，运动时间为t，以人与气球组成的系统为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒定律得：mv1-Mv2=0，得m-M=0，其中s人=h，解得s气=h。A正确。 4.如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑 细杆，a、b、c、d四个点位于同一圆周上，a在圆周最高 点，d在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等的小滑环 (图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c三点同时由静止释放。关于它们下滑的过程，下列说法正确的是 (　 ) A.重力对它们的冲量相同 B.弹力对它们的冲量相同 C.合外力对它们的冲量相同 D.它们动能的增量相同 √ 解析：这是“等时圆”，即三个滑环同时由静止释放，运动到最低点d的时间相同，由于三个环的重力相等，由公式I=Ft分析可知，三个环重力的冲量相等，A正确;c环受到的弹力最大，三个环运动时间相等，则弹力对c环的冲量最大，B错误;a环的加速度最大，受到的合外力最大，则合外力对a环的冲量最大，C错误;重力对a环做功最多，其动能的增量最大，D错误。 5.太空中的尘埃对飞船的碰撞会阻碍飞船的飞行，质量为M的飞船飞入太空尘埃密集区域时，需要开动引擎提供大小为F的平均推力才能维持飞船以恒定速度v匀速飞行。已知尘埃与飞船碰撞后将完全黏附在飞船上，则在太空尘埃密集区域单位时间内黏附在飞船上尘埃的质量为 (　 ) A.M+ B.-M C.M- D. √ 解析：设单位时间内黏附在飞船上尘埃的质量为m，以单位时间内黏附在飞船上的尘埃为研究对象，根据动量定理有：Ft=mv-0，其中t=1 s，可得m=，D正确。 6.在光滑的水平面上有两个在同一直线上相向运动的小球，其中甲球的质量m1=4 kg，乙球的质量m2=1 kg，规定向左为正方向，碰撞前后甲球的v-t图像如图所示。已知两球发生正碰后粘在一起，则碰前乙球速度的大小和方向分别为 (　 ) A.3 m/s，向右 B.13 m/s，向左 C.13 m/s，向右 D.3 m/s，向左 √ 解析：由题图知，甲球碰撞前的速度为v1=2 m/s，碰撞后，甲、乙的速度v=-1 m/s，以甲、乙两球组成的系统为研究对象，碰撞过程，由动量守恒定律得m1v1+m2v2=(m1+m2)v，解得：v2=-13 m/s，负号表示方向与正方向相反，即方向向右。 7.几个水球可以挡住子弹?实验证实：四个水球就 足够!四个完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹 在水球中沿水平方向做匀减速直线运动。恰好能穿出第四个水球，则可以判定 (　 ) A.由题干信息可以确定子弹在每个水球中运动的时间相同 B.子弹穿出第三个水球时的瞬时速度与全程的平均速度相等 C.子弹穿过每个水球时速度变化量相同 D.子弹穿过每个水球时动量的变化量相同 √ 解析：子弹做匀减速直线运动，通过相同的水球，即通过相同的位移，运动的时间不等，A错误;逆向思考，把子弹的运动看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相同的位移所用时间之比为1∶(-1)∶(-)∶(2-)，即子弹做匀减速运动时，通过前三个水球的时间与通过第四个水球的时间相等，根据匀变速直线运动的规律可知，中间时刻的瞬时速度等于全程的平均速度，B正确;子弹穿过每个水球的时间不等，速度变化量不等，动量变化量不等，C、D错误。 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8.如图所示，水平面上O点的正上方有一个静止物体P，炸成两块a、b水平飞出，分别落在A点和B点，且OA>OB。若爆炸时间极短，空气阻力不计，则(　 ) A.落地时a的速度大于b的速度 B.落地时a的速度小于b的速度 C.爆炸过程中a增加的动能大于b增加的动能 D.爆炸过程中a增加的动能小于b增加的动能 √ √ 解析：P爆炸成两块a、b的过程中在水平方向动量守恒，则mava-mbvb=0，即pa=pb，由于下落过程是平抛运动，由题图知va>vb，因此ma<mb，由Ek=知Eka>Ekb，C正确，D错误;由于va>vb，而下落过程中a、b在竖直方向的速度增量为gt，是相等的，因此落地时仍有va'>vb'，A正确，B错误。 9.如图所示，一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s。下列说法正确的是 (　 ) A.球棒对垒球的平均作用力大小为1 260 N B.球棒对垒球的平均作用力大小为360 N C.球棒对垒球做的功为126 J D.球棒对垒球做的功为36 J √ √ 解析：根据动量定理得F·t=mv2-mv1，F== N =-1 260 N，A正确，B错误;根据动能定理得W=m-m=×0.18 ×452 J-×0.18×252 J=126 J，C正确，D错误。 10.如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升。下列说法正确的是 (　 ) A.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh B.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为 C.B能达到的最大高度为 D.B能达到的最大高度为 √ √ 解析：根据机械能守恒定律可得B刚到达水平地面的速度v0=，根据动量守恒定律可得A与B碰撞后的速度为v=，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm=×2mv2=mgh，B正确;当弹簧再次恢复原长时，A与B将分开，B以v的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh'=mv2，B能达到的最大高度为，D正确。 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11.(7分)如图甲所示，某同学设计一个气垫导轨装置验证动量守恒定律的实验： (1)用游标卡尺测得遮光条的宽度d如图乙所示，则d=_______mm。(2分)  13.80 13.80 解析：用游标卡尺测得遮光条的宽度 d=1.3 cm+0.05 mm×16=13.80 mm。 (2)质量为m2的滑块2静止放在水平气垫导轨上光电门②的右侧，质量为m1的滑块1从光电门①的右侧向左运动，穿过光电门①与滑块2发生碰撞，随后两个滑块分离并依次穿过光电门②，滑块2与导轨左端相碰并被粘接条粘住，待滑块1穿过光电门②后用手将它停住，两个滑块上固定的遮光条宽度相同，数字计时器分别记录下滑块1通过光电门①的时间Δt、滑块2和滑块1依次通过光电门②的时间Δt2和Δt1。本实验中两个滑块的质量大小关系应为_______。若等式_____________成立，则证明两滑块碰撞过程中系统的动量守恒(用题中所给的字母表示)。(5分)  m1>m2 　=+ 解析：滑块1穿过光电门1的速度：v=;滑块1穿过光电门2的速度：v1=;滑块2穿过光电门2的速度：v2=; 若动量守恒，则m1=m1+m2，即=+; 为防止碰后m1反弹，则两滑块的质量关系是m1>m2。 12.(9分)用如图甲所示装置结合频闪照相机拍摄 的照片来验证动量守恒定律，实验步骤如下： ①用天平测出A、B两个小球的质量mA和mB; ②安装好实验装置，使斜槽的末端所在的平面保持水平; ③先不在斜槽的末端放小球B，从斜槽上位置P由静止开始释放小球A，小球A离开斜槽后，频闪照相机连续拍摄小球A的两位置(如图乙所示); ④将小球B放在斜槽的末端，再从位置P处由静止释放小球A，使它们碰撞，频闪照相机连续拍摄下两个小球的位置(如图丙所示); ⑤测出所需要的物理量。 请回答： (1)实验步骤①中A、B两球的质量应满足mA____mB(填“>”“=”或“<”)。(2分)  解析：为了防止入射球碰后反弹，入射球的质量要大于被碰球的质量，即mA>mB。 > (2)在实验步骤⑤中，需要在照片中直接测量的物理量有__________ (请选填“x0、y0、xA、yA、xB、yB”)。(3分)  解析：碰撞时应有：mAv0=mAvA+mBvB 由平抛规律有x=vt，小球从相同高度落下，频闪照相机频率相同，所以题图乙、丙中小球的运动时间相等，上式中两边同乘以t， 则有：mAx0=mAxA+mBxB，所以需要在照片中直接测量的物理量有：x0、xA、xB。 x0、xA、xB (3)两球在碰撞过程中若动量守恒，满足的方程是：_________________ (用所测物理量表示)。(4分)  解析：由(2)的分析可知，应验证的表达式为：mAx0=mAxA+mBxB。 mAx0=mAxA+mBxB 13.(9分)如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M=8 kg的平板小车，车上有一个质量m=1.9 kg的木块，木块距小车左端6 m(木块可视为质点)。车与木块一起以v=1 m/s的速度水平向右匀速行驶。一颗质量m0=0.1 kg 的子弹以v0=179 m/s的初速度水平向左飞，瞬间击中木块并留在其中。如果木块刚好不从车上掉下，求木块与平板小车之间的动摩擦因数μ(g取10 m/s2)。 答案：0.54 解析：设子弹射入木块后的共同速度为v1，以水平向左为正方向，则由动量守恒定律有 m0v0-mv=(m+m0)v1，代入数据解得v1=8 m/s 木块(包括子弹)恰好不从小车上掉下来，则木块(包括子弹)相对平板车滑行s=6 m时跟小车具有共同速度v2，则由动量守恒定律有 (m+m0)v1-Mv=(m+m0+M)v2 由能量守恒定律有 μ(m+m0)gs=(m+m0)+Mv2-(m+m0+M)，联立以上各式并代入数据解得μ=0.54。 14.(13分)如图所示，长为R=0.6 m的不可 伸长的细绳一端固定在O点，另一端系着质量 为m2=0.1 kg的小球B，小球B刚好与水平面相 接触。现使质量为m1=0.3 kg物块A以v0=5 m/s的初速度向B运动，A与水平面间的动摩擦因数μ=0.3，A、B间的初始距离x=1.5 m。两物体碰撞后，A物块速度变为碰前瞬间速度的，方向不变。B小球能在竖直平面内做圆周运动。已知重力加速度g=10 m/s2，两物体均可视为质点，试求： (1)碰撞过程中B球所受到的冲量大小;(8分) 答案：0.6 kg·m/s　 解析：碰前A做匀变速直线运动，由动能定理得：-μm1gx=m1v2-m1，解得v=4 m/s。碰撞过程中，A、B系统的动量守恒，选取物块A运动的方向为正方向， 则有：m1v=m1+m2v2，代入数据可得v2=6 m/s，根据动量定理可得：I=m2v2=0.6 kg·m/s。 (2)B球运动到圆周最高点时细绳受到的拉力大小。(5分) 答案：1 N 解析：小球B在摆至最高点的过程中，机械能守恒，设到最高点时的速度为v3，则有： m2=m2+m2g·2R 在最高点进行受力分析，有T+m2g=m2， 代入数据解得T=1 N 由牛顿第三定律可得细绳受到的拉力大小T'=T=1 N。 15.(16分)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求： (1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t;(4分) 答案：　 解析：A在传送带上运动时的加速度a=μg 由静止加速到与传送带共速所用的时间t==。 (2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W;(4分) 答案：6mgL-3m 解析：由功能关系可得，B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功 W=·2m+2mg·3L-·2m·(2v0)2=6mgL-3m。 (3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。(8分) 答案： 解析：A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可得2m·2v0=mv1+2mv2， ·2m·(2v0)2-= 解得v1=2v0，v2=v0 A、B做平抛运动的时间t1= 设桌面上圆盘的半径为r，则s-r=v2t1，s+r=v1t1， 解得s=。 本课结束 $$